Question

12．已知函數(shù)f（x）=xlnx，且0＜x₁＜x₂，給出下列命題：
①$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜1
②x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）
③當(dāng)lnx＞-1時(shí)，x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁）
④x₁+f（x₁）＜x₂+f（x₂）
其中正確的命題序號是②③．

Answer 1

分析 根據(jù)條件分別構(gòu)造不同的函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行判斷即可．

解答 解：f′（x）=lnx+1，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）單調(diào)遞減，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，．∴f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增．
①令g（x）=f（x）-x=xlnx-x，
則g′（x）=lnx，設(shè)x₁，x₂∈（1，+∞），
則g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴由x₂＞x₁得g（x₂）＞g（x₁）；
∴f（x₂）-x₂＞f（x₁）-x₁，∴$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞1；故①錯(cuò)誤；
②令g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=lnx，則g′（x）=$\frac{1}{x}$，（0，+∞）上函數(shù)單調(diào)遞增，
∵x₂＞x₁＞0，∴g（x₂）＞g（x₁），∴x₂•f（x₁）＜x₁•f（x₂），即②正確，
③當(dāng)lnx₁＞-1時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，
∴x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）-2x₂f（x₁）=x₁[f（x₁）-f（x₂）]+x₂[f（x₂）-f（x₁）]=（x₁-x₂）[f（x₁）-f（x₂）]＞0
∴x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）＞x₁•f（x₂）+x₂f（x₁），
∵x₂•f（x₁）＜x₁•f（x₂），
利用不等式的傳遞性可以得到x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）＞2x₂f（x₁），故③正確．
④令h（x）=f（x）+x=xlnx+x，則h′（x）=lnx+2，
∴x∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）時(shí)，h′（x）＜0，
∴函數(shù)h（x）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上單調(diào)遞減，
設(shè)x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$），所以由x₁＜x₂得h（x₁）＞h（x₂），
∴f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂，故④錯(cuò)誤；
故答案為：②③

點(diǎn)評 本題主要考查命題的真假判斷，在求解中用到了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并用到了函數(shù)單調(diào)性的定義．需要學(xué)習(xí)掌握的是構(gòu)造函數(shù)的辦法，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．